第一章 动量守恒定律 章末检测-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019 江苏专用）

第一章 (时间：60分钟 一、选择题（每小题6分，共60分） 1.历史上，有一种观点认为应该用物理量mw来 量度运动的强弱，这种思想的代表人物是笛 卡尔.这种思想用现在的科学术语说，就是 “力”可以通过动量来表示，即 F-△(m）.架若某质点做直 线运动的动量随时间，变化规 律如图所示，曲线部分为一段 抛物线，则加速度a随时间t的变化图像可 能正确的是 B 2.(2024·吉林白城月考)质量相同的子弹a、橡 皮泥b和钢球c以相同的初速度水平射向竖 直墙，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上， 钢球以原速率被反向弹回关于它们对墙的水 平冲量的大小，下列说法正确的是( A.子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等 B.子弹对墙的冲量最小 C.橡皮泥对墙的冲量最小 D.钢球对墙的冲量最小 3.(2025·黑龙江大庆期中)用质量为m的小铁 锤以速度，竖直向下击打一块质量为M的 砖块（击打时间极短），击打后小铁锤以 的速度反向弹回，已知砖块受到击打后在手 中的缓冲时间为1，重力加速度为g,下列说 法正确的是 ( 选择性必修第一册 章末检测 总分：100分) A.在击打过程中，小铁锤所受合外力的冲量 大小为m, B.在击打过程中，小铁锤重力的冲量大小 为mgt C.砖块缓冲过程中，砖块对手的压力大小 为Mg D.砖块缓冲过程中，手对砖块的支持力大小 3mv 为Mg+2t 4.如图所示，光滑水平面上A、B、C三个质量均 为1kg的物体紧贴着放在一起，A、B之间有 微量炸药.炸药爆炸过程中B对C做的功为 4J,若炸药爆炸过程释放的能量全部转化为 三个物体的动能，则炸药爆炸过程中释放出 的能量为 ABC A.8J B.16JC.24JD.32J 5.某游乐场有一项游戏游戏规则是几个人轮流 用同一个弹簧弹出一颗“炮弹”，“炮弹”水平 击打静止在水平桌面上的同一辆小车，使小 车运动距离最远者获胜.已知某次比赛使用小 车的质量为0.5kg,游戏中每次弹射前弹簧的 压缩量相同，有多种质量的“炮弹”可供选择 “炮弹”击中小车后留在小车上（作用时间忽 略不计)，小车运动时所受阻力与车对地面的 压力成正比.请你给予指导，要想获胜，理论上 应选取“炮弹”的质量为 () 黑白题030 7777分777777777>为777 A.0.25 kg B.0.5 kg C.1 kg D.2kg 6.如图所示，在冰壶队某次训练中，蓝壶静止在 大本营Q处，质量相等的红壶与蓝壶发生正 碰，最终分别停在M点和N点，下列说法正 确的是 ( 红蜜 R=0.61m 大本营 器细 A.碰后两壶所受摩擦力的冲量相同 B.碰后蓝壶速度约为红壶速度的4倍 C.红壶碰前速度约为碰后速度的3倍 D.碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒 7.(2024·广西钦州期末)A、B两船的质量均 为m,都静止在平静的湖面上，现A船上质量 为m的人，以对地水平速度，从A船跳到B 船，再从B船跳到A船，经n次跳跃后，人停 在B船上，不计水的阻力，则 () A.A、B两船速度大小之比为2：3 B.A、B(包括人)两船动量大小之比为3：2 C.A、B(包括人)两船动能之比为3：2 D.A、B(包括人)两船动能之比为1：1 8.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的 水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块， 小物块与箱子底板间的动摩擦因数为4.初始 时小物块停在箱子正中间，如图所示现给小 物块一水平向右的初速度”，小物块与箱壁碰 撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保 持相对静止，设碰撞都是弹性的，则整个过程 中，系统损失的动能为 1 Mmu A. B. 2(M+m) C.Numgl. D.2NumgL 第一章 9.(2025·陕西期初)如图，质量为0.3kg的滑 块套在水平固定的光滑轨道上，质量为0.2kg 的小球（视为质点）通过长为0.75m的轻杆与 滑块上的光滑轴0连接，可绕0点在竖直平 面内自由转动.初始时滑块静止，轻杆处于水 平状态.小球以3m/s竖直向下的初速度o开 始运动，g取10m/s2,则 ( 0.75m A.小球从初始位置到第一次到达最低点的过 程中，滑块向右移动了0.45m B.小球第一次到达最低点时，滑块的速度大 小为2m/s C.小球相对于初始位置可以上升的最大高度 为0.27m D.小球从初始位置到第一次到达最大高度的 过程中，滑块向右的位移为0.54m 10.(2025·江西抚州期中)质量m1=0.3kg的小 车静止在光滑的水平面上，车长L=1.5m,现 有一质量为m2=0.2kg(可视为质点)的物块， 以水平向右的速度。=2m/s从左端滑上小 车，如图所示，最后在小车上某处与小车保持 相对静止，物块与小车间的动摩擦因数4= 0.5,g取10m/s2,下列说法正确的是() 777n777777n077777777n777 A.在此过程中摩擦力对物块做的功为0.336J B.物块与小车的共同速度大小为0.6m/s C.在此过程中系统产生的内能为0.24J D.若物块不滑离小车，物块的速度不能超过 4 m/s 二、非选择题（共40分） 11.(6分)(2024·广东汕尾期末)某学习小组 在验证动量守恒定律时设计了一种方案，原 理如图所示.将一透明玻璃管水平固定在木 黑白题031 架上，中间处开一小孔（图中未画出）.选择 两个大小相同，质量分别为m4、mg的带孔小 球（直径均略小于玻璃管的内径），通过细绳 (图中未画出)将弹簧压缩后置于管的中间 剪断细绳，两小球在弹簧弹力的作用下从玻 璃管的两端水平射出，分别落到水平台面 的A、B两点.（实验中球与玻璃管间的阻力 可忽略不计)回答下列问题： (1)为了完成本实验，除了测量两小球的质 量m4、mB外，还必须测量 (填正确答案标号). A.管口中心到水平台面的高度h B.小球落地点A、B到管口的水平距 离s1、2 C.弹簧的压缩量△x (2)利用上述测得的实验数据，验证动量守 恒定律的表达式为 (3)利用上述测得的实验数据，可求得两小 球离开玻璃管的动能之比为 12.(16分)(2025·广州黔西南质检)如图所 示，坐在小车上的人在光滑的冰面上玩推木 箱游戏，人与小车的总质量M=60kg,木箱 的质量m=3kg,开始均静止于光滑冰面上， 现人将木箱以速率。=6m/s(相对于地面)】 水平推向竖直墙壁，木箱与墙壁碰撞过程中 无机械能损失，人接住木箱后再以速率 (相对于地面)将木箱推向墙壁，如此反复. (1)求人第一次推木箱后，人和小车的速度 大小 (2)求人第二次推木箱后，人和小车的速度 大小2； 选择性必修第一册引黑 (3)人推多少次木箱后，人将接不到木箱？ 3.(18分)(2025·山东菏泽期中)如图所示， 质量m,=6kg的滑板A放在足够长的光滑 水平面上，A的上表面由粗糙水平部分和四 分之一光滑圆弧组成，质量mg=2kg滑块B 置于A的左端，B可视为质点.开始时质量 mc=2kg的滑块C静止，A、B一起以o= 8m/s的速度向右匀速运动，A与C发生碰 撞（时间极短）后C向右运动，碰撞瞬间无能 量损失.经过一段时间后，B滑上A的圆弧部 分，然后又滑回到A的最左端，A、B再次达 到共同速度，一起向右匀速运动已知A上 表面的粗糙水平部分长度L=1m,且运动过 程中B始终没有离开A,重力加速度g取 10m/s2.求： 77777777777777777777777777777777 (1)C与A碰撞结束的瞬间，长滑板A的速 度大小U; (2)滑板A粗糙水平部分的动摩擦因数4； (3)滑板A上光滑圆弧的最小半径R 白题032故B的最大速度为 2,此时A的速度为 01 m1+m2 m1+m2 A的最小速度要分情况讨论： 当m≥m,时，4的最小速度为 D1; m1+m2 当m1<m2时，A的最小速度为0. 11.D解析：AB.子弹击中小球过程，根据动量守恒有mo= (m+m,)P,小球上升到最高点过程中，根据水平方向动量 守恒(m+m,)=(M+m+m,),根据能量守恒有子(a+ m)P=子(M+m+m)2+(m+m)g,联立解得 2m/s,h=0.75m,故AB错误：CD.小球第1次返回最低点 时，根据动量守恒和能量守恒有(m+mg)知=(m,+m)秒，+M, 之（mmP=之(m)+号，在最低点时，根据牛 顿第二定律T-(m+m)g= m+m)(》,联立解得 1=-1m/s,T=14N,故C错误，D正确故选D. 12.(1)1.35(2)4m/s(3)35 7 解析：(1)令B相对A静止时速度为a,对A、B组成的系 统，根据动量守恒定律有mmo=（m4+ma）a,解得"a= 3m/s, 设经时间t,达到共同速度，A的加速度满足4，mmg=mAa4, 经历时间4-2，路历位移受， 该过程有L-x1=2,解得2=018， 则有=1+43=13s: (2)滑块C与木板A的碰撞过程发生的是弹性碰撞，则 有ma=m,ntmcva,2m,后=2mt2mc哈， 解得1=1m/s,a=4m/8: (3)碰后C做减速运动，A做加速运动，当A、B共速时的速 度为a,根据动量守恒定律有ma+m:=(m+m)秒a, 当C减速到a时C与A间的距离最大，设经过的时间为 k3,根据动量定理有-42mcg3=mcPa-mcP 解得6=了 第一章章末检测 1.A2.B3.D4.C5.B6.C7.C 8.B解析：AB.小物块与箱子组成的系统，在整个过程中受到 的外力之和为零，故系统满足动量守恒，设最终小物块与箱 子共同的速度为，则有m=(M+m),解得产M件m则 整个过程中，系统损失的动能为△上，=m-(M+m) 2(M+m,放A错误，B正确；CD.小物块与箱壁碰撞N次后 Mme 恰又回到箱子正中间，可知整个过程中，小物块与箱子发生 的相对路程为e=忆，则整个过程中，因摩擦产生的内能为 Q=mg相=mgL,根据能量守恒可知，整个过程中，系统损 失的动能为△E,=Q=VmgL,故CD错误故选B. 9.D解析：A.小球从初始位置到第一次到达最低点的过程 中，设滑块在水平轨道上向右移动的距离为x,取向左为正 参考答案与解析 方向，根据水平方向动量守恒有m-M文=0，解得x 0.30m,故A错误；B.小球从初始位置到第一次到达最低点 的过程中，小球和滑块系统水平方向动量守恒，取水平向左 为正方向，设小球到最低点时的瞬时速度为利，滑块的速度 1 为，则有m,-M,=0,根据能量守恒有mgL+乞m +崛，联立解得=4%，故B铅误：C.设小 1 4/10 球相对于初始位置可以上升的最大高度为五，此时竖直方向 速度为0，根据水平方向动量守恒得(m+M)v=0,根据能量守 恒有乞m=mgh+(m+M0),解得h=Q45n,故c错误 D.小球从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，设滑 块在水平轨道上向右移动的距离为y,由几何关系可得，小 球相对于滑块移动的水平距离为s=L+√-h=1.35m,根 据水平方向动量守恒得m子-M亡=0，解得y=0.54m,故 D正确.故选D. 10.C解析：B.设物块与小车的共同速度为，以水平向右 为正方向，根据动量守恒定律有m2。=(m1+m2),解得= m,=0.8m/5,故B错误；A.对物块，根据动能定理有 m+m2 1 据Q=△g=宁(+m,)2=0241.可知在此过程 中系统产生的内能为0.24』，故C正确：D.设物块恰好不滑 离小车时的初速度为，物块到达木板最右端时的速度为 ',由动量守恒定律及能量守恒可得m6=(m,+m)', 1 2m,好-之（m+m)p2=wm8L,联立解得6=5ms,故 D错误故选C. 11.(1)B(2)m51=m2(3)m5:m号 解析：(1)(2)实验方案中两小球的初状态静止，弹簧弹开 的过程动量守恒，离开玻璃管后做平抛运动，验证的原理 为网，=m=子 高度相同，位移与速度成正比，即验证动量守恒定律的表达 式为mw1=mg2, 即只需要测量小球的质量和小球落地点A、B到管口的水 平距离s12故选B. ②小球离开玻璃管的动能为么心，则， "Eu mgsi 12.(1)0.3m/s(2)0.9m/s(3)11次 解析：(1)将人、车和木箱作为系统，取向右为正方向. 根据动量守恒定律有M,-m。=0, 三mo=0.3m/s 解得1=M (2)人第一次接住木箱的过程，根据动量守恒定律有 mwo+Me,=(M+m)v, 人第二次推出木箱的过程，根据动量守恒定律有M2 m。=(M+m)i, 3me-0.9 m/s; 解得2=M 黑白题13 (3)人第二次接住木箱的过程，根据动量守恒定律有 mwo+Mv,=(M+m)v2, 人第三次推出木箱的过程，根据动量守恒定律有M, mo=(M+m)吃， mo=1.5m/s, 解得三M 推理可知，人第n次推出木箱后，人和小车的速度？，= (2n-1)mwo M 当≥，时，人将接不住木箱，即2-)≥， M M 1 解得n≥2m2-10.5, 所以人第11次推出木箱后，人将接不到木箱， 13.(1)4m/s(2)0.3(3)0.3m 解析：(1)A与C发生碰撞，根据动量守恒m=m,+ mcUc 根据机被能守恒宁，防=子，心+子me2。 1 解得=4m/s,e=12m/s: (2)A,B共速，根据动量守恒mgo+m,=(m+mg)D福， 解得v=5m/8, B在A上滑动，再次回到A的最左端A、B共速时，根据能量 守相得2m,=了，+-mn, 1 解得4=0.3： (3)B恰好运动到圆弧轨道最高点，根据动量守恒有 mADa十mgDg=（mu+mR）共， 1 1 根据能量守恒m,8以+m8R=乞m+2m听- 2（m+ma), 解得R=0.3m. 第一章真题演练 黑题真题体验 1.AD解析：物块与地面间的摩擦力为f=mg=2N, 对物块0~38内由动量定理可知(F-)1=m,得3= 6m/s, 3s时物块的动量为p=m3=6kg·m/s, 设3s后经过时间1物块的速度减为0，由动量定理可得 -(F+/1=0-mw,解得=18， 所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0， 故A正确，C错误 0-3g物块发生的位移为，1，由动能定理可得 (F-Dx=2m所，得=9m, 3一48过程中，对物块由动能定理可得 -(F+0x-02m,得名=3m, 4~6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为 a=P-2m/: m 1 发生的位移为名=22=4m4, 即6s时物块没有回到初始位置，故B错误 选择性必修第一册 D.物块在6s时的速度大小为6=at'=4m/s, 0~6s力F所做的功为W=F(1-x+x,)=40J,故D正确 故选AD. 2.BD解析：A.根据牛顿第三定律结合题图可知1=0.15s时 蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员 处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误：BC.根据题 图可知运动员从1=0.30离开蹦床到=2.30s再次落到蹦 床上经历的时间为25，根据竖直上抛运动的对称性可知，运 动员上升时间为18，则在1=1.308时，运动员恰好运动到最 大高度处，t=0.30s时运动员的速度大小v=gt=10m/s,故 B正确，C错误：D.同理可知运动员落到蹦床时的速度大小 为10m/s,以竖直向上为正方向，根据动量定理F△1- mg△=m-(-mw),其中△=0.3s,代入数据可得F= 4600N,根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到 离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N,故D正确. 故选BD. 3.BD解析：A.取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统 的初动量为 P1=m1=1x0.40kg·m/s=0.40kg·m/8, 碰撞后的动量为 P2=2mw2=2x1x0.22kg·m/s=0.44kg·m/8, 则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误： B.对滑块1，取向右为正方向，则有 I1=mw2-mw1=1×0.22kg·m/s-1×0.40kg·m/8= -0.18kg·m/8, 负号表示方向水平向左，故B正确： C.对滑块2，取向右为正方向，则有 2=mm2=1×0.22kg·m/s=0.22kg·m/s,故C错误； D.对滑块2根据动量定理有F=12,解得F=5.5N, 侧滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N,故D正确， 故选BD. 4.BD解析：A.锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可 知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为1，由于重力有冲 量，则木料对木栓的合力冲量不为-1，故A错误：B.锤子撞 击木栓后木栓获得的动能为民？：木栓进人过程 根据动能定理有(mg-f)△x=0-E,解得平均阻力为∫= 2mAx+mg,故B正确：C.木栓进入过程损失的机械能等于克 服阻力做的功，45A=+ +mgAx,△E本检一部分转化为 木料的弹性势能，因此木料和木栓的机械能共损失了△E= 2mmg△r-E,放C错误；D.对木栓的一个侧面受力分析如 图，由于方孔侧壁弹力星线性变化，则有2（血0+ F,cos0)=4于，且根据B选项求得平均阻力f2mAmg,又 因为f=uF、,联立可得∫户4m△x(c叶in,故D正确故 选BD 黑白题14